Solution 2 3_8_bar_with_a_hole

mechanics of materials

1. Solution 2.3-8Bar with a hole
80 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
d
2d
1
L
4
P P
—
L
4
—
L
2
—
d
d≤diameter of hole
S
HORTENING≤OF THE BAR
(Eq. 1)
N
UMERICAL VALUES(DATA):
≤≤maximum allowable shortening of the bar
≤8.0 mm
≤
PL
E
 ¢
1
d
1
2d
2

1
d
1
2

2
d
2
2
≤
≤
P
EC
L≤4

4
(d
1
2d
2
)

L≤4

4
d
1
2

L≤2

4
d
2
2
S
≤≤
a
 
N
i
 L
i
E
i
 A
i
≤
P
E
 
a
 
L
i
A
i
P≤110 kNL≤1.2 mE≤4.0 GPa
d
1
≤100 mm
d
max
≤maximum allowable diameter of the hole
d
2
≤60 mm
S
UBSTITUTE NUMERICAL VALUES INTO EQ. (1) FOR≤
AND SOLVE FORd≤d
max
:
U
NITS:Newtons and meters

d
max≤23.9  mm —
d≤0.02387
 m
d
2
≤569.8110
6
 m
2
≤761.598100555.556≤106.042
1
0.01d
2
761.598≤
1
0.01d
2

1
0.01

2
0.0036
B
1
(0.1)
2
d
2

1
(0.1)
2

2
(0.06)
2
R
0.008≤
(110,000)(1.2)
(4.010
9
)
Problem 2.3-9Awood pile, driven into the earth, supports a load Pentirely
by friction along its sides (see figure). The friction force fper unit length of pile
is assumed to be uniformly distributed over the surface of the pile. The pile has
length L, cross-sectional area A, and modulus of elasticity E.
(a) Derive a formula for the shortening ≤of the pile in terms of P, L, E, 
and A. 
(b) Draw a diagram showing how the compressive stress 
c
varies throughout
the length of the pile.
L
P
f
Problem 2.3-8Abar ABCof length Lconsists of two parts
of equal lengths but different diameters (see figure). Segment
ABhas diameter d
1 
≤ 100 mm and segment BChas diameter
d
2
≤ 60 mm. Both segments have length L/2 ≤ 0.6 m. A
longitudinal hole of diameter dis drilled through segment AB
for one-half of its length (distance L/4 ≤ 0.3 m). The bar is
made of plastic having modulus of elasticity E ≤ 4.0 GPa.
Compressive loads P≤ 110 kN act at the ends of the bar. 
If the shortening of the bar is limited to 8.0 mm, what is the maximum allowable diameter d
max
of the hole?
d
2
d
1
L
4
P P
AB
C
—
L
4
—
L
2
—

2. Solution 2.3-9Wood pile with friction
SECTION 2.3 Changes in Lengths under Nonuniform Conditions81
FROM FREE-BODY DIAGRAM OF PILE:
(Eq. 1)
(a) S
HORTENING≤OF PILE:
At distance yfrom the base:
©F
vert≤0≤c
   T

≤fLP≤0≤f≤
P
L
N(y)≤axial forceN(y)≤fy (Eq. 2)
(b) C
OMPRESSIVE STRESS
c
IN PILE
At the base (y≤0): 
c
≤0
See the diagram above.
At
 the top(y≤L):  s
c≤
P
A
s
c≤
N(y)
A
≤
fy
A
≤
Py
AL
—
≤≤
PL
2EA
—
≤≤

L
0
d≤≤
f
EA
L
0
ydy≤
fL
2
2EA
≤
PL
2EA
d≤≤
N(y) dy
EA
≤
fy dy
EA
L
y
P
f
dy
f =
P
L

c =
P
y
AL
P
A
0
Compressive stress
in pile
Friction force
per unit
len
gth of pile
Problem 2.3-10Aprismatic bar ABof length L, cross-sectional area A, modulus
of elasticity E, and weight Whangs vertically under its own weight (see figure). 
(a) Derive a formula for the downward displacement ≤
C
of point C, located 
at distance hfrom the lower end of the bar. 
(b) What is the elongation ≤
B
of the entire bar? 
(c) What is the ratio of the elongation of the upper half of the bar to the
elongation of the lower half of the bar?
L
h
B
A
C
Solution 2.3-10Prismatic bar hanging vertically
W≤Weight of bar
(a) D
OWNWARD
DISPLACEMENT
≤
C
Consider an element at
distance yfrom the
lower end.
(c) R
ATIO OF ELONGATIONS
Elongation of lower half of bar:
b≤
≤
upper
≤
lower
≤
3≤8
1≤8
≤3—
≤
lower≤≤
B≤
upper≤
WL
2EA

3WL
8EA
≤
WL
8EA
≤
upper≤
3WL
8EA
Elongation
 of upper half of bar ¢h≤
L
2
≤:
≤
B≤
WL
2EA
—
L
h
y
B
A
C
dy
(b) ELONGATION OF BAR(h≤0)
≤
C≤
W
2EAL
(L
2
h
2
)—
≤
W
2EAL
(L
2
h
2
)
N(y)≤
Wy
L
≤d≤≤
N(y)dy
EA
≤
Wydy
EAL

3. Problem 2.3-11Aflat bar of rectangular cross section, length
L, and constant thickness tis subjected to tension by forces 
P(see figure). The width of the bar varies linearly from b
1
at 
the smaller end to b
2
at the larger end. Assume that the angle 
of taper is small.
(a) Derive the following formula for the elongation of the
bar:
≤≤
Et(b
P
2
L
b
1
)
ln
b
b
2
1

(b) Calculate the elongation, assuming L≤ 5 ft, t ≤ 1.0 in., 
P≤ 25 k, b
1 
≤ 4.0 in., b
2 
≤ 6.0 in., and E≤ 3010
6
psi.
82 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
P
P
t
b
1
b
2
L
Solution 2.3-11Tapered bar (rectangular cross section)
P
dx
x
P
L
0 L
0
b
1 bb
2
t≤thickness (constant)
(Eq. 1)
(a) E
LONGATION OF THE BAR
(Eq. 2) ≤
PL
0
Eb
1t
 ln x
L
0
L
0L
≤
PL
0
Eb
1t
  ln 
L
0L
L
0
 ≤≤
L
0L
L
0
d≤≤
PL
0
Eb
1t
L
0L
L
0
dx
x
 d≤≤
Pdx
EA(x)
≤
PL
0
 dx
Eb
1tx
A(x)≤bt≤b
1t ¢
x
L
0
≤
b≤b
1
¢
x
L
0
≤≤b
2≤b
1
¢
L
0L
L
0
≤
(Eq. 3)
(Eq. 4)
Substitute Eqs. (3) and (4) into Eq. (2):
(Eq. 5)
(b) S
UBSTITUTE NUMERICAL VALUES :
L≤5ft≤60 in. t≤10 in.
P≤25 k b
1
≤4.0 in.
b
2
≤6.0 in.E≤30 10
6
psi
From
 Eq. (5): ≤≤0.010  in.—
≤≤
PL
Et(b
2b
1)
 ln 
b
2
b
1
—
Solve
 Eq. (3) for L
0: L
0≤L ¢
b
1
b
2b
1
≤
From Eq. (1): 
L
0L
L
0
≤
b
2
b
1

4. Problem 2.3-12Apost  AB supporting equipment in a laboratory is
tapered uniformly throughout its height 
H(see figure). The cross
sections of the post are square, with dimensions bb at the top
and 1.5b1.5bat the base.
Derive a formula for the shortening ≤of the post due to the
compressive load 
Pacting at the top. (Assume that the angle of
taper is small and disregard the weight of the post itself.)
Solution 2.3-12Tapered post
SECTION 2.3 Changes in Lengths under Nonuniform Conditions83
H
P
A
B
Ab
b
B 1.5b
1.5b
Square cross sections
b≤width at A
1.5b≤width at B
b
y
≤width at distance y
A
y
≤cross-sectional area at distance y
≤(b
y)
2
≤
b
2
H
2
(H0.5y)
2
≤
b
H
(H0.5y)
≤b(1.5bb)
y
H
S
HORTENING OF ELEMENT dy
S
HORTENING OF ENTIRE POST
≤
2PH
3Eb
2
—
≤
PH
2
Eb
2
B
1
(0.5)(1.5H)

1
0.5H
R
≤≤
PH
2
Eb
2
B
1
(0.5)(H0.5y)
R
0
H
From Appendix C: 
dx
(abx)
2

1
b(abx)
≤≤

d≤≤
PH
2
Eb
2
H
0
dy
(H0.5y)
2
d≤≤
Pdy
EA
y
≤
Pdy
E ¢
b
2
H2
≤ (H0.5y)
2
P
A
B
y
dy
b
b
y
1.5 b
H

5. Problem 2.3-13Along, slender bar in the shape of a right circular cone
with length 
Land base diameter dhangs vertically under the action of its
own weight (see figure). The weight of the cone is 
Wand the modulus of
elasticity of the material is 
E.
Derive a formula for the increase in the length of the bar due to 
its own weight. (Assume that the angle of taper of the cone is small.)
Solution 2.3-13Conical bar hanging vertically
84 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
d
L
ELEMENT OF BAR
Wweight of cone
E
LONGATION OF ELEMENT dy
E
LONGATION OF CONICAL BAR

d
4W
d
2
 EL
L
0
y dy
2WL
 d
2
 E
—
d
N
y
 dy
E A
y

Wy
 dy
E A
BL

4W
 d
2
 EL
 y dy
d
y
L
dy
dy
N
y
N
y
TERMINOLOGY
N
y
axial force acting on element dy
A
y
cross-sectional area at element dy
A
B
cross-sectional area at base of cone
Vvolume of cone
V
y
volume of cone below element dy
W
y
weight of cone below element dy
N
y
W
y

V
y
V
(W)
A
yyW
A
BL

1
3
 A
y
 y

1
3
A
B
 L


 d
2
4

6. Problem 2.3-14Abar  ABCrevolves in a horizontal plane about a
vertical axis at the midpoint 
C(see figure). The bar, which has length 
2
Land cross-sectional area A, revolves at constant angular speed . 
Each half of the bar (
ACand BC) has weight W
1
and supports a weight 
W
2
at its end.
Derive the following formula for the elongation of one-half of the 
bar (that is, the elongation of either 
ACor BC):
≤≤
3
L
g
2
E

A
2
(W
1
3W
2
)
in which Eis the modulus of elasticity of the material of the bar and 
gis the acceleration of gravity.
Solution 2.3-14Rotating bar
SECTION 2.3 Changes in Lengths under Nonuniform Conditions85
AC B

LL
W
2 W
1 W
1 W
2
C
B

L
W
1 W
2
x
F(x)
dx
d
≤angular speed     
A≤cross-sectional area
E≤modulus of elasticity
g≤acceleration of gravity
F(x)≤axial force in bar at distance xfrom point C
Consider an element of length dxat distance xfrom
point C.
To find the force F(x) acting on this element, we
must find the inertia force of the part of the bar from
distance xto distance L, plus the inertia force of the
weight W
2
.
Since the inertia force varies with distance from
point C, we now must consider an element of 
length dat distance , where varies from xto L.
Acceleration of element ≤
2
Centrifugal force produced by element
≤(mass)(acceleration)≤
W
1
2
gL
 jdj
Mass
 of element dj≤
dj
L
¢
W
1
g
≤
Centrifugal force produced by weight W
2
AXIAL FORCEF(x)
E
LONGATION OF BARBC
≤
L
2

2
3gEA
(W
13W
2)—
 ≤
W
1L
2

2
3gEA

W
2L
2

2
gEA

W
2L
2
gEA
 
L
0
 dx ≤
W
1
2
2gLEA
B
L
0
L
2
 dx
L
0
x
2
 dxR
≤

L
0
W
1
2
2gLEA
(L
2
x
2
)dx
L
0
W
2L
2
dxgEA
 ≤≤

L
0
F(x)  dx
EA
 ≤
W
1
2
2gL
(L
2
x
2
)
W
2L
2
g
 F(x)≤

j≤L
j≤x
W
1
2
gL
 jdj
W
2L
2
g
≤
¢
W
2
g
≤(L
2
)

7. Problem 2.3-15The main cables of a suspension bridge 
[see part (a) of the figure] follow a curve that is nearly parabolic
because the primary load on the cables is the weight of the bridge
deck, which is uniform in intensity along the horizontal. Therefore,
let us represent the central region AOBof one of the main cables
[see part (b) of the figure] as a parabolic cable supported at points 
Aand Band carrying a uniform load of intensity qalong the
horizontal. The span of the cable is L, the sag is h, the axial rigidity
is EA, and the origin of coordinates is at midspan.
(a) Derive the following formula for the elongation of cable
AOBshown in part (b) of the figure:
≤≤
8
q
h
L
E
3
A
(1 
1
3
6
L
h
2
2
)
(b) Calculate the elongation ≤of the central span of one of 
the main cables of the Golden Gate Bridge, for which the
dimensions and properties are L≤ 4200 ft, h ≤ 470 ft, 
q ≤ 12,700 lb/ft, and E ≤ 28,800,000 psi. The cable
consists of 27,572 parallel wires of diameter 0.196 in.
Hint:Determine the tensile force Tat any point in the cable
from a free-body diagram of part of the cable; then determine 
the elongation of an element of the cable of length ds; finally,
integrate along the curve of the cable to obtain an equation for 
the elongation ≤.
Solution 2.3-15Cable of a suspension bridge
86 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
BA
O
L
2
q
y
(b)
(a)
x
h
—
L
2
—
Equation of parabolic curve:
dy
dx
≤
8hx
L
2
y≤
4hx
2
L
2
BA
O
L
2
q
y
x
h
—
L
2
—
D
B
O
L
2
q
y
x
h
—
D
H
FREE-BODY DIAGRAM OF HALF OF CABLE
©F
horizontal
≤0
(Eq. 1)
©F
vertical
≤0
(Eq. 2)V
B≤
qL
2
H
B≤H≤
qL
2
8h
H≤
qL
2
8h
Hh
qL
2
¢
L
4
≤≤0
©M
B≤0  

8. SECTION 2.3 Changes in Lengths under Nonuniform Conditions87
FREE-BODY DIAGRAM OF SEGMENT DBOF CABLE
©F
horiz
∴0 T
H
∴ H
B
(Eq. 3)
∴qx (Eq. 4)
T
ENSILE FORCETIN CABLE
(Eq. 5)
E
LONGATIONd∴OF AN ELEMENT OF LENGTH ds
(Eq. 6) ∴dx
B
1
64h
2
x
2
L
4
 ∴dx
B
1 ¢
8hx
L
2
≤
2
 ds∴(dx)
2
(dy)
2
∴dx  
B
1
¢
dy
dx
≤
2
d∴∴
Tds
EA
∴
qL
2
8hB
1
64h
2
x
2
L
4
T∴T
H
2T
V
2
∴
B¢
qL
2
8h
≤
2
(qx)
2
T
V∴V
Bq ¢
L
2
x
≤∴
qL
2

qL
2
qx
©F
vert∴0∴V
BT
Vq ¢
L
2
x
≤∴0
∴
qL
2
8h
(a) E
LONGATION∴OF CABLEAOB
Substitute for Tfrom Eq. (5) and for ds
from Eq. (6):
For both halves of cable:
(Eq. 7)
(b) G
OLDENGAT EBRIDGE CABLE
L∴4200 ft h∴470 ft
q∴12,700 lb/ft E∴28,800,000 psi
27,572 wires of diameterd∴0.196 in.
Substitute into Eq. (7):
∴∴133.7
 in∴11.14  ft —
A∴(27,572)
¢

4
≤(0.196 in.)
2
∴831.90  in.
2
∴∴
qL
3
8hEA
 
¢1
16h
2
3L
2
≤—
∴∴
2
EA
L∴2
0
qL
2
8h
 
¢1
64h
2
x
2
L
4
≤ dx
∴∴
1
EA
qL
2
8h
 
¢1
64h
2
x
2
L
4
≤ dx
∴∴

d∴∴
T ds
EA
B
L
2
q
y
x
h −
—
D
0
x
− x
T
H

4hx
2
L
2
4hx
2
L
2
H
B
V
B
D
T
T
H

T
V
dy
dx
T
T
ds

9. Statically Indeterminate Structures
Problem 2.4-1The assembly shown in the figure consists of a brass
core (diameter d
1 
≤ 0.25 in.) surrounded by a steel shell (inner diameter
d
2 
≤ 0.28 in., outer diameter d
3 
≤ 0.35 in.). A load Pcompresses the 
core and shell, which have length L≤ 4.0 in. The moduli of elasticity 
of the brass and steel are E
b
≤ 15  10
6
psi and E
s
≤ 30  10
6
psi,
respectively. 
(a) What load Pwill compress the assembly by 0.003 in.?
(b) If the allowable stress in the steel is 22 ksi and the allowable 
stress in the brass is 16 ksi, what is the allowable compressive 
load P
allow
? (Suggestion:Use the equations derived in 
Example 2-5.)
Solution 2.4-1Cylindrical assembly in compression
88 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
P
Steel shell
Brass core
d
3
d
1
d
2
L
P
Steel shell
Brass core
d
3
d
1
d
2
L
d
1
≤0.25 in.E
b
≤15  10
6
psi
d
2
≤0.28 in.E
s
≤30  10
6
psi
(a) D
ECREASE IN LENGTH(≤ 0.003 in.)
Use Eq. (2-13) of Example 2-5.
P≤(E
s
 A
sE
b
 A
b)¢
≤
L
≤
≤≤
PL
E
s
 A
sE
b
 A
b
≤or
L≤4.0
 in.≤A
b≤

4
d
1
2≤0.04909  in.
2
d
3≤0.35  in.≤A
s≤

4
(d
3
2d
2
2)≤0.03464  in.
2
Substitute numerical values:
(b) Allowable load

s
≤22 ksi
b
≤16 ksi
Use Eqs. (2-12a and b) of Example 2-5.
For steel:
For brass:
Steel
 governs.≤P
allow≤1300  lb—
P
s≤(1.77610
6
 lb)¢
16 ksi
1510
6
 psi
≤≤1890  lb
s
b≤
PE
b
E
s
 A
sE
b
 A
b
≤P
s≤(E
s
 A
sE
b
 A
b)
s
b
E
b
P
s≤(1.77610
6
 lb)¢
22 ksi
3010
6
 psi
≤≤1300  lb
s
s≤
PE
s
E
s
 A
sE
b
 A
b
≤P
s≤(E
s
 A
sE
b
 A
b)
s
s
E
s
≤1330  lb—
P≤(1.77610
6
 lb)¢
0.003 in.
4.0 in.
≤
 ≤1.77610
6
 lb
(1510
6
 psi)(0.04909 in.
2
)
 E
s
 A
sE
b
 A
b≤(3010
6
 psi)(0.03464 in.
2
)

10. Problem 2.4-2Acylindrical assembly consisting of a brass core and 
an aluminum collar is compressed by a load P(see figure). The length 
of the aluminum collar and brass core is 350 mm, the diameter of the 
core is 25 mm, and the outside diameter of the collar is 40 mm. Also, the
moduli of elasticity of the aluminum and brass are 72 GPa and 100 GPa,
respectively. 
(a) If the length of the assembly decreases by 0.1% when the load 
Pis applied, what is the magnitude of the load? 
(b) What is the maximum permissible load P
max
if the allowable
stresses in the aluminum and brass are 80 MPa and 120 MPa,
respectively? (Suggestion:Use the equations derived in 
Example 2-5.)
Solution 2.4-2Cylindrical assembly in compression
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures89
Aluminum collar
Brass core
25 mm
40 mm
P
350 mm
A
B
d
b
d
a
P
350 mm
A≤ aluminum
B ≤ brass
L≤ 350 mm
d
a
≤40 mm
d
b
≤ 25 mm
≤765.8 mm
2
(a) DECREASE IN LENGTH
(≤ ≤ 0.1% of L≤0.350 mm)
Use Eq. (2-13) of Example 2-5.
≤490.9
 mm
2
E
a≤72  GPa≤E
b≤100  GPa≤A
b≤

4
d
b
2
A
a≤

4
(d
a
2d
b
2)
Substitute numerical values:
E
a
A
a
E
b
A
b
≤ (72 GPa)(765.8 mm
2
)
(100 GPa)(490.9 mm
2
)
≤55.135 MN49.090 MN
≤104.23 MN
(b) A
LLOWABLE LOAD

A
≤80 MPa
b
≤120 MPa
Use Eqs. (2-12a and b) of Example 2-5.
For aluminum:
For brass:
Aluminum
 governs.≤P
max≤116  kN
P
b≤(104.23  MN)¢
120 MPa
100 GPa
≤≤125.1  kN
s
b≤
PE
b
E
aA
aE
bA
b
≤P
b≤(E
a
 A
aE
b
 A
b)¢
s
b
E
b
≤
P
a≤(104.23  MN)¢
80 MPa
72 GPa
≤≤115.8  kN
s
a≤
PE
a
E
a
 A
aE
bA
b
≤P
a≤(E
aA
aE
bA
b)¢
s
a
E
a
≤
≤104.2  kN —
P≤(104≤23  MN)¢
0.350 mm
350 mm
≤
P≤(E
a
 A
aE
b
 A
b)¢
≤
L
≤
≤≤
PL
E
a
 A
aE
bA
b
≤or

11. Problem 2.4-3Three prismatic bars, two of material Aand one of material B,
transmit a tensile load P(see figure). The two outer bars (material A) are identical.
The cross-sectional area of the middle bar (material B) is 50% larger than the
cross-sectional area of one of the outer bars. Also, the modulus of elasticity of
material Ais twice that of material B.
(a) What fraction of the load Pis transmitted by the middle bar?
(b) What is the ratio of the stress in the middle bar to the stress in the outer
bars?
(c) What is the ratio of the strain in the middle bar to the strain in the outer
bars?
Solution 2.4-3Prismatic bars in tension
90 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
A
A
B
P
A
A
B
P
FREE-BODY DIAGRAM OF END PLATE
EQUATION OF EQUILIBRIUM
©F
horiz
∴0 P
A
P
B
P∴ 0 (1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY
∴
A
∴ ∴
B
(2)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
A
A
∴ total area of both outer bars
(3)
Substitute into Eq. (2):
(4)
S
OLUTION OF THE EQUATIONS
Solve simultaneously Eqs. (1) and (4):
(5)
Substitute into Eq. (3):
(6)∴∴∴
A∴∴
B∴
PL
E
A A
AE
B A
B
P
A∴
E
A A
AP
E
A A
AE
B A
B
∴P
B∴
E
B A
BP
E
A A
AE
B A
B
P
A
 L
E
A
 A
A
 ∴
P
B
 L
E
B
 A
B
∴
A∴
P
A
 L
E
A
 A
A
∴∴
B∴
P
B
 L
E
B
 A
B
STRESSES:
(7)
(a) L
OAD IN MIDDLE BAR
(b) RATIO OF STRESSES
(c) RATIO OF STRAINS
All bars have the same strain
Ratio∴1—
s
B
s
A
∴
E
B
E
A
∴
1
2
—
∴
P
B
P
∴
1
¢
E
A
E
B
≤ ¢
A
A
A
B
≤1
∴
1
8
3
1
∴
3
11
—
Given:
 
E
A
E
B
∴2∴
A
A
A
B
∴
11
1.5
∴
4
3
P
B
P
∴
E
B A
B
E
A A
AE
B A
B
∴
1
E
A A
A
E
B A
B
1
∴
E
BP
E
A A
AE
B A
B
s
A∴
P
A
A
A
∴
E
AP
E
A A
AE
B A
B
∴s
B∴
P
B
A
B
P
P
A
2
P
BP
A
2

12. Problem 2.4-4Abar ACBhaving two different cross-sectional areas A
1
and A
2
is held between rigid supports at Aand B(see figure). A load P
acts at point C, which is distance b
1
from end Aand distance b
2
from 
end B. 
(a) Obtain formulas for the reactions R
A
and R
B
at supports Aand B,
respectively, due to the load P. 
(b) Obtain a formula for the displacement 
C
of point C. 
(c) What is the ratio of the stress 
1
in region ACto the stress 
2
in 
region CB?
Solution 2.4-4Bar with intermediate load
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures91
CB
b
1
A
1
b
2
A
A
2
P
CB
b
1 b
2
A
1 A
2
A
P
FREE-BODY DIAGRAM
EQUATION OFEQUILIBRIUM
©F
horiz
0 R
A
R
B
P(Eq. 1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY

AC
elongation of AC

CB
shortening of CB

AC

CB
(Eq. 2)
F
ORCE DISPLACEMENT RELATIONS
(Eqs. 3&4)
(a) S
OLUTION OF EQUATIONS
Substitute Eq. (3) and Eq. (4) into Eq. (2):
(Eq. 5)
R
A
 b
1
EA
1

R
B
 b
2
EA
2

AC
R
A b
1
EA
1

CB
R
B b
2
EA
2
Solve Eq. (1) and Eq. (5) simultaneously:
(b) D
ISPLACEMENT OF POINTC
(c) R
ATIO OF STRESSES
(Note that if b
1
b
2
, the stresses are numerically
equal regardless of the areas A
1
and A
2
.)
s
1
s
2

b
2
b
1
—
s
1
R
A
A
1
 (tension)s
2
R
B
A
2
 (compression)

C
AC
R
A
 b
1
EA
1

b
1
 b
2
 P
E(b
1
 A
2b
2
 A
1)
—
R
A
b
2 A
1
 P
b
1
 A
2b
2
 A
1
R
B
b
1 A
2
 P
b
1
 A
2b
2
 A
1
—
CB
R
A
R
B
A
P

13. Problem 2.4-5Three steel cables jointly support a load of 12 k (see
figure). The diameter of the middle cable is 
3
∕4in. and the diameter of each
outer cable is 
1
∕2in. The tensions in the cables are adjusted so that each
cable carries one-third of the load (i.e., 4 k). Later, the load is increased
by 9 k to a total load of 21 k. 
(a) What percent of the total load is now carried by the middle cable? 
(b) What are the stresses 
M
and 
O
in the middle and outer cables,
respectively? (Note:See Table 2-1 in Section 2.2 for properties 
of cables.)
Solution 2.4-5Three cables in tension
92 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
P
1
2
in
1
2
in
3
4
in
AREAS OF CABLES(from Table 2-1)
Middle cable: A
M
≤0.268 in.
2
Outer cables: A
o
≤0.119 in.
2
(for each cable)
F
IRST LOADING
P
1
≤ 12 k 
S
ECOND LOADING
P
2
≤9k (additional load)
E
QUATION OF EQUILIBRIUM
©F
vert
≤02 P
o
P
M
P
2
≤0 (1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY
≤
M
≤≤
o
(2)
¢Each cable carries 
P
1
3
 or
 4 k.≤
FORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(3, 4)
S
UBSTITUTE INTO COMPATIBILITY EQUATION :
(5)
S
OLVE SIMULTANEOUSLYEQS. (1) AND(5):
F
ORCES IN CABLES
Middle cable: Force≤4k4.767 k≤8.767 k
Outer cables: Force≤4k2.117 k≤6.117 k
(for each cable)
(a) P
ERCENT OF TOTAL LOAD CARRIED BY MIDDLE CABLE
(b) STRESSES IN CABLES(≤P/A)
Outer
 cables: s
o≤
6.117
 k
0.119 in.
2
≤51.4  ksi—
Middle
 cable: s
M≤
8.767
 k
0.268 in.
2
≤32.7  ksi—
Percent≤
8.767
 k
21 k
(100%)≤41.7%—
≤2.117
 k
 P
o≤P
2
 ¢
A
o
A
M2A
o
≤≤(9  k)¢
0.119 in.
2
0.506 in.
2
≤
≤4.767  k
 P
M≤P
2
 ¢
A
M
A
M2A
o
≤≤(9  k)¢
0.268 in.
2
0.506 in.
2
≤
P
ML
EA
M
≤
P
oL
EA
o
≤
P
M
A
M
≤
P
o
A
o
≤
M≤
P
ML
EA
M
≤≤
o≤
P
oL
EA
o
P
2 = 9 k
P
o P
oP
m

14. Problem 2.4-6Aplastic rod ABof length L≤ 0.5 m has a 
diameter d
1 
≤ 30 mm (see figure). A plastic sleeve CDof length 
c ≤ 0.3 m and outer diameter d
2 
≤ 45 mm is securely bonded 
to the rod so that no slippage can occur between the rod and the
sleeve. The rod is made of an acrylic with modulus of elasticity 
E
1 
≤ 3.1 GPa and the sleeve is made of a polyamide with 
E
2 
≤ 2.5 GPa. 
(a) Calculate the elongation ≤of the rod when it is pulled by
axial forces P≤ 12 kN. 
(b) If the sleeve is extended for the full length of the rod, 
what is the elongation? 
(c) If the sleeve is removed, what is the elongation?
Solution 2.4-6Plastic rod with sleeve
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures93
L
c bb
PP
AB
CD
d
1 d
2
L
c bb
PP
AB
CDd
1 d
1
d
2
P≤12 kN d
1
≤30 mm b≤100 mm
L≤500 mm d
2
≤45 mm c≤300 mm
Rod:   E
1
≤3.1 GPa
Sleeve: E
2
≤2.5 GPa
E
1
A
1
E
2
A
2
≤4.400 MN
(a) E
LONGATION OF ROD
(From Eq. 2-13 of Example 2-5)
≤≤2≤
AC≤
CD≤1.91  mm—
 ≤0.81815
 mm
 Part
 CD:  ≤
CD≤
Pc
E
1A
1E
2A
2
 Part AC:  ≤
AC≤
Pb
E
1A
1
≤0.5476  mm
Sleeve:
 A
2≤

4
(d
2
2d
1
2)≤883.57  mm
2
Rod: A
1≤
d
1
2
4
≤706.86
 mm
2
(b) SLEEVE AT FULL LENGTH
(c) SLEEVE REMOVED
≤≤
PL
E
1A
1
≤2.74  mm—
≤1.36
 mm—
≤≤≤
CD
 ¢
L
C
≤≤(0.81815  mm)  ¢
500 mm
300 mm
≤

15. Problem 2.4-7The axially loaded bar ABCDshown in the figure is held
between rigid supports. The bar has cross-sectional area A
1
from Ato C
and 2A
1
from Cto D. 
(a) Derive formulas for the reactions R
A
and R
D
at the ends of the bar. 
(b) Determine the displacements 
B
and 
C
at points Band C,
respectively. 
(c) Draw a diagram in which the abscissa is the distance from the 
left-hand support to any point in the bar and the ordinate is the
horizontal displacement at that point.
Solution 2.4-7Bar with fixed ends
94 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
AB
A
1 1.5A
1
C
P
D
L
4
—
L
4
—
L
2
—
FREE-BODY DIAGRAM OF BAR
EQUATION OF EQUILIBRIUM
©F
horiz
0 R
A
R
D
P
(Eq. 1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY

AB

BC

CD
0 (Eq. 2)
Positive means elongation.
F
ORCE-DISPLACEMENT EQUATIONS
(Eqs. 3, 4)
(Eq. 5)
S
OLUTION OF EQUATIONS
Substitute Eqs. (3), (4), and (5) into Eq. (2):
(Eq. 6)
R
AL
4EA
1

(R
AP)(L)
4EA
1

R
DL
4EA
1
0

CD
R
D(L2)
E(2A
1)

AB
R
A(L4)
EA
1

BC
(R
AP)(L4)
EA
1
(a) REAC\TIONS
Solve simultaneously Eqs. (1) and (6):
(b) D
ISPLACEMENTS AT POINTSBANDC
(c) D
ISPLACEMENT DIAGRAM

PL
12EA
1
 (To the right)—

C
CD
R
DL
4EA
1

B
AB
R
AL
4EA
1

PL
6EA
1
 (To the right)—
R
A
2P
3
R
D
P
3
—
AB
A
1
2A
1
C
P
D
L
4
—
L
4
—
L
2
—
R
DR
A
Displacement
Distance from
end AL
4
—
L
2
—
L
0
AB C D
PL
6EA
1
——
PL
12EA
1
——

16. Problem 2.4-8The fixed-end bar ABCDconsists of three prismatic
segments, as shown in the figure. The end segments have cross-
sectional area A
1 
≤ 840 mm
2
and length L
1 
≤ 200 mm. The middle
segment has cross-sectional area A
2 
≤ 1260 mm
2
and length L
2 
≤ 250
mm. Loads P
B
and P
C
are equal to 25.5 kN and 17.0 kN, respectively. 
(a) Determine the reactions R
A
and R
D
at the fixed supports. 
(b) Determine the compressive axial force F
BC
in the middle
segment of the bar. 
Solution 2.4-8Bar with three segments
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures95
A
1 A
1A
2
AD
BC
P
B P
C
L
1
L
1L
2
A
1
A
1
A
2
AD
BC
P B P
C
L
1 L
1L
2
P
B
≤25.5 kNP
C
≤17.0 kN
L
1
≤200 mmL
2
≤250 mm
A
1
≤840 mm
2
A
2
≤1260 mm
2
SOLUTION OF EQUATIONS
Substitute Eqs. (3), (4), and (5) into Eq. (2):
Simplify and substitute P
B
≤25.5 kN:
(Eq. 6)
(a) R
EACTIONSR
A
ANDR
D
Solve simultaneously Eqs. (1) and (6).
From (1): R
D
≤R
A
8.5 kN
Substitute into (6) and solve for R
A
:
(b) C
OMPRESSIVE AXIAL FORCEF
BC
F
BC≤P
BR
A≤P
CR
D≤15.0  kN—
R
D≤R
A8.5  kN≤2.0  kN—
R
A≤10.5 kN—
R
A ¢674.603 
1
m
≤≤7083.34  
kN
m
≤5,059.53
 
kN
m
R
A ¢436.508 
1
m
≤R
D ¢238.095 
1
m
≤

P
B
E
 
¢198.413 
1
m
≤
R
D
E
 
¢238.095 
1
m
≤≤0
R
A
E
 
¢238.095 
1
m
≤
R
A
E
 
¢198.413 
1
m
≤
FREE-BODY DIAGRAM
EQUATION OF EQUILIBRIUM
©F
horiz
≤0S

d

P
B
R
D
P
C
R
A
≤0or 
R
A
R
D
≤P
B
P
C
≤8.5 kN (Eq. 1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY
≤
AD
≤elongation of entire bar
≤
AD
≤≤
AB
≤
BC
≤
CD
≤0 (Eq. 2)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(Eq. 3)
(Eq. 4)
(Eq. 5)≤
CD≤
R
DL
1
EA
1
≤
R
D
E
 
¢238.095 
1
m
≤
≤
R
A
E
 
¢198.413 
1
m
≤
P
B
E
 
¢198.413 
1
m
≤
≤
BC≤
(R
AP
B)L
2
EA
2
≤
AB≤
R
AL
1
EA
1
≤
R
A
E
 
¢238.095 
1
m
≤
AD BC
P
B P
C
R
A R
D

17. Problem 2.4-9The aluminum and steel pipes shown in the figure are
fastened to rigid supports at ends Aand Band to a rigid plate Cat their
junction. The aluminum pipe is twice as long as the steel pipe. Two equal
and symmetrically placed loads Pact on the plate at C. 
(a) Obtain formulas for the axial stresses 
a
and 
s
in the aluminum
and steel pipes, respectively. 
(b) Calculate the stresses for the following data: P 12 k, cross-sectional
area of aluminum pipe A
a
8.92 in.
2
, cross-sectional area of steel
pipe A
s
1.03 in.
2
, modulus of elasticity of aluminum E
a
1010
6
psi, and modulus of elasticity of steel E
s
2910
6
psi.
Solution 2.4-9Pipes with intermediate loads
96 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
P
C
P
B
A
Steel pipe
Aluminum
pipe
2L
L
1steel pipe
2aluminum pipe
E
QUATION OF EQUILIBRIUM
©F
vert
0 R
A
R
B
2P (Eq. 1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY

AB

AC

CB
0 (Eq. 2)
(A positive value of means elongation.)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(Eqs. 3, 4))
AC
R
AL
E
s A
s

BC
R
B(2L)
E
a A
a
SOLUTION OF EQUATIONS
Substitute Eqs. (3) and (4) into Eq. (2):
(Eq. 5)
Solve simultaneously Eqs. (1) and (5):
(Eqs. 6, 7)
(a) A
XIAL STRESSES
(Eq. 8)
(compression)
(Eq. 9)
(tension)
(b) N
UMERICAL RESULTS
P12 k A
a
8.92 in.
2
A
s
1.03 in.
2
E
a
1010
6
psi E
s
2910
6
psi
Substitute into Eqs. (8) and (9):
s
s9,350  psi (tension)—
s
a1,610  psi (compression)—
Steel:
 s
s
R
A
A
s

4E
s P
E
a A
a2E
s A
s
—
Aluminum:
 s
a
R
B
A
a

2E
aP
E
a A
a2E
s A
s
—
R
A
4E
s
 A
s P
E
a
 A
a2E
s
 A
s
R
B
2E
a
 A
a P
E
a
 A
a2E
s
 A
s
R
AL
E
s
 A
s

R
B(2L)
E
a
 A
a
0
P
C
P
B
A
2L
L
1
2
P
C
P
B
A
R
A
R
B
E
sA
s
E
aA
a

18. Problem 2.4-10Arigid bar of weight W ≤ 800 N hangs from three
equally spaced vertical wires, two of steel and one of aluminum (see figure).
The wires also support a load Pacting at the midpoint of the bar. The
diameter of the steel wires is 2 mm, and the diameter of the aluminum wire
is 4 mm.
What load P
allow
can be supported if the allowable stress in the 
steel wires is 220 MPa and in the aluminum wire is 80 MPa? (Assume 
E
s
≤ 210 GPa and E
a
≤ 70 GPa.)
Solution 2.4-10Rigid bar hanging from three wires
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures97
P
Rigid bar
of weight W
SAS
STEEL WIRES
d
s
≤2mm
s
≤220 MPaE
s
≤210 GPa
A
LUMINUM WIRES
d
A
≤4mm
A
≤80 MPa
E
A
≤70 GPa
F
REE-BODY DIAGRAM OF RIGID BAR
EQUATION OFEQUILIBRIUM
©F
vert
≤0
2F
s
F
A
PW≤0 (Eq. 1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY
≤
s
≤≤
A
(Eq. 2)
F
ORCE DISPLACEMENT RELATIONS
(Eqs. 3, 4)≤
s≤
F
s L
E
s A
s
≤    ≤
A≤
F
AL
E
AA
A
SOLUTION OF EQUATIONS
Substitute (3) and (4) into Eq. (2):
(Eq. 5)
Solve simultaneously Eqs. (1) and (5):
(Eq. 6)
(Eq. 7)
S
TRESSES IN THE WIRES
(Eq. 8)
(Eq. 9)
A
LLOWABLE LOADS(FROMEQS. (8) AND(9))
(Eq. 10)
(Eq. 11)
S
UBSTITUTE NUMERICAL VALUES INTO EQS. (10) AND(11):
P
A
≤1713 N
P
s
≤1504 N
Steel
 governs.≤P
allow≤1500  N—
A
A≤

4
 (4 mm)
2
≤12.5664  mm
2
A
s≤

4
 (2 mm)
2
≤3.1416  mm
2
P
s≤
s
s
E
s
(E
AA
A2E
s A
s)W
P
A≤
s
A
E
A
(E
AA
A2E
s A
s)W
s
s≤
F
s
A
s
≤
(PW)E
s
E
AA
A2E
s A
s
s
A≤
F
A
A
A
≤
(PW)E
A
E
AA
A2E
s A
s
F
s≤(PW) ¢
E
s A
s
E
AA
A2E
s A
s
≤
F
A≤(PW) ¢
E
AA
A
E
AA
A2E
s A
s
≤
F
s L
E
s A
s
≤
F
AL
E
AA
A
P
SAS
W = 800 N
P + W
F
SF
AF
S

19. Problem 2.4-11Abimetallicbar (or composite bar) of square cross
section with dimensions 2b 2bis constructed of two different metals
having moduli of elasticity E
1
and E
2
(see figure). The two parts of the
bar have the same cross-sectional dimensions. The bar is compressed by
forces Pacting through rigid end plates. The line of action of the loads
has an eccentricity eof such magnitude that each part of the bar is
stressed uniformly in compression. 
(a) Determine the axial forces P
1
and P
2
in the two parts of the bar. 
(b) Determine the eccentricity eof the loads. 
(c) Determine the ratio 
1
/
2
of the stresses in the two parts of the bar.
Solution 2.4-11Bimetallic bar in compression
98 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
2b
P
e
b
b
b
b
P
e
E
1
E
2
2b
b
2
b
b
P
2
P
1
P
2
P
1
E
1
E
2
E
1
E
2
FREE-BODY DIAGRAM
(Plate at right-hand end)
E
QUATIONS OF EQUILIBRIUM
©F≤0 P
1
P
2
≤P (Eq. 1)
(Eq. 2)
E
QUATION OF COMPATIBILITY
≤
2
≤≤
1
(Eq. 3)
P
2L
E
2A
≤
P
1L
E
1A
≤or≤
P
2
E
2
≤
P
1
E
1
©M≤0  ≤  ≤PeP
1
¢
b
2
≤P
2
¢
b
2
≤≤0
(a) A
XIAL FORCES
Solve simultaneously Eqs. (1) and (3):
(b E
CCENTRICITY OF LOADP
Substitute P
1
and P
2
into Eq. (2) and solve for e:
(c) R
ATIO OF STRESSES
s
1
P
1
A
≤s
2≤
P
2
A
≤
s
1
s
2
≤
P
1
P
2
≤
E
1
E
2
—
e≤
b(E
2E
1)
2(E
2E
1)
—
P
1≤
PE
1
E
1E
2
≤P
2≤
PE
2
E
1E
2
—
P
2
P
1
e
P
b
2
b 2

20. Problem 2.4-12Acircular steel bar ABC(E= 200 GPa) has cross-
sectional area A
1
from Ato Band cross-sectional area A
2
from Bto C
(see figure). The bar is supported rigidly at end Aand is subjected to 
a load Pequal to 40 kN at end C. A circular steel collar BDhaving 
cross-sectional area A
3
supports the bar at B. The collar fits snugly at 
Band Dwhen there is no load.
Determine the elongation 
AC
of the bar due to the load P. 
(AssumeL
1
2L
3
250 mm, L
2
225 mm, A
1
2A
3
960 mm
2
,
and A
2
300 mm
2
.)
Solution 2.4-12Bar supported by a collar
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures99
A
1
A
3
A
2
L
3
L
1
L
2
P
C
D
B
A
FREE-BODY DIAGRAM OF BAR ABCAND COLLARBD
E
QUILIBRIUM OF BARABC
©F
vert
0 R
A
R
D
P0 (Eq. 1)
C
OMPATIBILITY(distance ADdoes not change)

AB
(bar)
BD
(collar)0 (Eq. 2)
(Elongation is positive.)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
Substitute into Eq. (2):
(Eq. 3)
R
AL
1
EA
1

R
DL
3
EA
3
0

AB
R
AL
1
EA
1
  
BD
R
DL
3
EA
3
SOLVE SIMULTANEOUSLYEQS. (1) AND(3):
C
HANGES IN LENGTHS(Elongation is positive)
E
LONGATION OF BARABC

AC

AB

AC
SUBSTITUTE NUMERICAL VALUES :
P40 kN E200 GPa
L
1
250 mm
L
2
225 mm
L
3
125 mm
A
1
960 mm
2
A
2
300 mm
2
A
3
480 mm
2
RESULTS:
R
A
R
D
20 kN

AB
0.02604 mm

BC
0.15000 mm

AC
AB
AC0.176  mm—

AB
R
AL
1
EA
1

PL
1L
3
E(L
1A
3L
3A
1)
  
BC
PL
2
EA
2
R
A
PL
3A
1
LA
3L
3A
1
R
D
PL
1A
3
L
1A
3L
3A
1
A
1
A
2
L
1
L
2
P
C
R
D
B
A
A
3
L
3
D
B
R
D
R
D

21. Problem 2.4-13Ahorizontal rigid bar of weight W ≤ 7200 lb is
supported by three slender circular rods that are equally spaced (see
figure). The two outer rods are made of aluminum (E
1 
≤ 1010
6
psi)
with diameter d
1 
≤ 0.4 in. and length L
1
≤40 in. The inner rod is
magnesium (E
2 
≤ 6.510
6
psi) with diameter d
2
and length L
2
. The
allowable stresses in the aluminum and magnesium are 24,000 psi and
13,000 psi, respectively. 
If it is desired to have all three rods loaded to their maximum
allowable values, what should be the diameter d
2
and length L
2
of 
the middle rod?
Solution 2.4-13Bar supported by three rods
100 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
W = weight of rigid bar
d
1
d
1
d
2
L
2
L
1
BAR1A LUMINUM
E
1
≤1010
6
psi
d
1
≤0.4 in.
L
1
≤40 in.

1
≤24,000 psi
BAR2M
AGNESIUM
E
2
≤6.510
6
psi
d
2
≤? L
2
≤?

2
≤13,000 psi
F
REE-BODY DIAGRAM OF RIGID BAR
EQUATION OF EQUILIBRIUM
©F
vert
≤0
2F
1
F
2
W≤0(Eq. 1)
F
ULLY STRESSED RODS
F
1
≤
1
A
1
F
2
≤
2
A
2
Substitute into Eq. (1):
Diameter d
1
is known; solve for d
2
:
(Eq. 2)d
2
2≤
4W
s
2

2s
1d
2
2
s
2
—
2s
1
¢
d
1
2
4
≤s
2
¢
d
2
2
4
≤≤W
A
1≤
d
1
2
4
≤          A
2≤
d
2
2
4
S
UBSTITUTE NUMERICAL VALUES :
E
QUATION OF COMPATIBILITY
≤
1
≤≤
2
(Eq. 3)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(Eq. 4)
(Eq. 5)
Substitute (4) and (5) into Eq. (3):
Length L
1
is known; solve for L
2
:
(Eq. 6)
S
UBSTITUTE NUMERICAL VALUES :
 ≤48.0
 in.—
 L
2≤(40  in.)¢
24,000 psi
13,000 psi
≤ ¢
6.510
6
 psi
1010
6
 psi
≤
L
2≤L
1 ¢
s
1E
2
s
2E
1
≤—
s
1 ¢
L
1
E
1
≤≤s
2 ¢
L
2
E
2
≤
≤
2≤
F
2L
2
E
2A
2
≤s
2 ¢
L
2
E
2
≤
≤
1≤
F
1L
1
E
1A
1
≤s
1 ¢
L
1
E
1
≤
 d
2≤0.338  in.—
 ≤0.70518
 in.
2
0.59077  in.
2
≤0.11441  in.
2
 d
2
2≤
4(7200
 lb)
(13,000  psi)

2(24,000
 psi) (0.4 in.)
2
13,000 psi
W = 7200 lb
1
2
1
W
F
1
F
2
F
1

22. Problem 2.4-14Arigid bar ABCDis pinned at point Band 
supported by springs at Aand D(see figure). The springs at Aand D
have stiffnesses k
1 
10 kN/m and k
2 
25 kN/m, respectively, and the
dimensions a, b, and care 250 mm, 500 mm, and 200 mm, respectively.
Aload Pacts at point C.
If the angle of rotation of the bar due to the action of the load P
is limited to 3°, what is the maximum permissible load P
max
?
Solution 2.4-14Rigid bar supported by springs
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures101
ABC
P
D
c = 200 mm
k
1 = 10 kN/m
k
2 = 25 kN/m
a = 250 mm b = 500 mm
NUMERICAL DATA
a250 mm
b500 mm
c200 mm
k
1
10 kN/m
k
2
25 kN/m
F
REE-BODY DIAGRAM AND DISPLACEMENT DIAGRAM
EQUATION OF EQUILIBRIUM
(Eq. 1)©M
B0       F
A(a)P(c)F
D(b)0
u
max3

60
 rad
E
QUATION OF COMPATIBILITY
(Eq. 2)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(Eqs. 3, 4)
S
OLUTION OF EQUATIONS
Substitute (3) and (4) into Eq. (2):
(Eq. 5)
S
OLVE SIMULTANEOUSLYEQS. (1) AND(5):
A
NGLE OF ROTATION
MAXIMUM LOAD
SUBSTITUTE NUMERICAL VALUES :
 1800
 N—
(500
 mm)
2
(25 kNm)]
 P
max
60
 rad
200 mm
[(250
 mm)
2
(10 kNm)
P
max
u
max
c
 (a
2
k
1b
2
k
2)—
P
u
c
 (a
2
k
1b
2
k
2)

D
F
D
k
2

bcP
a
2
k
1b
2
k
2
u

D
b

cP
a
2
k
1b
2
k
2
F
A
ack
1P
a
2
k
1b
2
k
2
F
D
bck
2P
a
2
k
1b
2
k
2
F
A
ak
1

F
D
bk
2

A
F
A
k
1
  
D
F
D
k
2

A
a


D
b
ABC
P
D
c
k
1
k
2
ab
PF
B
c
ab
F
A R
B
A
BCD

A

C

D

23. Problem 2.4-15Arigid bar ABof length L 66 in. is hinged to a support
at Aand supported by two vertical wires attached at points Cand D(see
figure). Both wires have the same cross-sectional area (A 0.0272 in.
2
) and
are made of the same material (modulus E 3010
6
psi). The wire at C
has length h 18 in. and the wire at Dhas length twice that amount. The
horizontal distances are c 20 in. and d 50 in.
(a) Determine the tensile stresses 
C
and 
D
in the wires due to the
load P 170 lb acting at end Bof the bar. 
(b) Find the downward displacement 
B
at end Bof the bar.
Solution 2.4-15Bar supported by two wires
102 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
P
A BDC
L
c
d
h
2h
h18 in.
2h36 in.
c20 in.
d50 in.
L66 in.
E3010
6
psi
A0.0272 in.
2
P340 lb
F
REE-BODY DIAGRAM
DISPLACEMENT DIAGRAM
EQUATION OF EQUILIBRIUM
(Eq. 1)
E
QUATION OF COMPATIBILITY
(Eq. 2)

c
c


d
d
©M
A0    T
c(c)T
D(d)PL
P
A BDC
L
c
d
h
2h
P
A BDC
R
A
T
C
T
D
A CD B

C

D

B

24. Problem 2.4-16Atrimetallic bar is uniformly compressed by an
axial force P≤ 40 kN applied through a rigid end plate (see figure).
The bar consists of a circular steel core surrounded by brass and cop-
per tubes. The steel core has diameter 30 mm, the brass tube has outer
diameter 45 mm, and the copper tube has outer diameter 60 mm. The
corresponding moduli of elasticity are E
s
≤ 210 GPa, E
b
≤ 100 GPa,
and E
c
≤ 120 GPa.
Calculate the compressive stresses 
s
, 
b
, and 
c
in the steel, brass,
and copper, respectively, due to the force P.
SECTION 2.4 Statically Indeterminate Structures103
FORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(Eqs. 3, 4)
S
OLUTION OF EQUATIONS
Substitute (3) and (4) into Eq. (2):
(Eq. 5)
T
ENSILE FORCES IN THE WIRES
Solve simultaneously Eqs. (1) and (5):
(Eqs. 6, 7)
T
ENSILE STRESSES IN THE WIRES
(Eq. 8)
(Eq. 9)s
D≤
T
D
A
≤
dPL
A(2c
2
d
2
)
s
c≤
T
c
A
≤
2cPL
A(2c
2
d
2
)
T
c≤
2cPL
2c
2
d
2
≤T
D≤
dPL
2c
2
d
2
T
ch
cEA
≤
T
D(2h)
dEA
≤or≤
T
c
c
≤
2T
D
d
≤
c≤
T
ch
EA
≤  ≤
D≤
T
D(2h)
EA
D
ISPLACEMENT AT END OF BAR
(Eq. 10)
S
UBSTITUTE NUMERICAL VALUES
(a)
(b)
 ≤0.0198
 in.—
≤
2(18
 in.)(340 lb)(66 in.)
2
(3010
6
 psi)(0.0272 in.
2
)(3300  in.
2
)
 ≤
B≤
2hPL
2
EA(2c
2
d
2
)
≤12,500
 psi—
 s
D≤
dPL
A(2c
2
d
2
)
≤
(50
 in.)(340 lb)(66 in.)
(0.0272 in.
2
)(3300  in.
2
)
≤10,000
 psi—
 s
c≤
2cPL
A(2c
2
d
2
)
≤
2(20
 in.)(340 lb)(66 in.)
(0.0272 in.
2
)(3300  in.
2
)
2c
2
d
2
≤2(20  in.)
2
(50  in.)
2
≤3300  in.
2
≤
B≤≤
D
 ¢
L
d
≤≤
2hT
D
EA
 
¢
L
d
≤≤
2hPL
2
EA(2c
2
d
2
)
P = 40 kN
Copper tubeBrass tube
Steel core
30
mm
45
mm
60
mm

25. Solution 2.4-16Trimetallic bar in compression
104 CHAPTER 2 Axially Loaded Numbers
P
s
compressive force in steel core
P
b
compressive force in brass tube
P
c
compressive force in copper tube
F
REE-BODY DIAGRAM OF RIGID END PLATE
EQUATION OF EQUILIBRIUM
©F
vert
0 P
s
P
b
P
c
P (Eq. 1)
E
QUATIONS OF COMPATIBILITY

s

B

c

s
(Eqs. 2)
F
ORCE-DISPLACEMENT RELATIONS
(Eqs. 3, 4, 5)
S
OLUTION OF EQUATIONS
Substitute (3), (4), and (5) into Eqs. (2):
(Eqs. 6, 7)P
bP
s
E
b A
b
E
s A
s
P
cP
s
E
c A
c
E
s A
s

s
P
s L
E
s A
s

b
P
b L
E
b A
b

c
P
c L
E
c A
c
SOLVE SIMULTANEOUSLYEQS. (1), (6), AND(7):
C
OMPRESSIVE STRESSES
Let ©EAE
s
A
s
E
b
A
b
E
c
A
c
SUBSTITUTE NUMERICAL VALUES :
P40 kN E
s
210 GPa
E
b
100 GPaE
c
120 GPa
d
1
30 mm d
2
45 mm d
3
60 mm
©EA385.23810
6
N
s
c
PE
c
©EA
12.5
 MPa—
s
b
PE
b
©EA
10.4
 MPa—
s
s
PE
s
©EA
21.8
 MPa—
A
c

4
(d
3
2d
2
2)1237.00  mm
2
A
b

4
(d
2
2d
1
2)883.57  mm
2
A
s

4
d
1
2706.86  mm
2
s
c
P
c
A
c

PE
c
©EA
s
s
P
s
A
s

PE
s
©EA
s
b
P
b
A
b

PE
b
©EA
P
cP
E
c
 A
c
E
s
 A
sE
b
 A
bE
cA
c
P
bP 
E
b
 A
b
E
s
 A
sE
b
 A
bE
c
 A
c
P
sP 
E
s
 A
s
E
s
 A
sE
b
 A
bE
c
 A
c
Copper
Brass
Steel
P
P
s
P
b
P
c

26. Thermal Effects
Problem 2.5-1The rails of a railroad track are welded together at their
ends (to form continuous rails and thus eliminate the clacking sound of
the wheels) when the temperature is 60°F. 
What compressive stress is produced in the rails when they 
are heated by the sun to 120°F if the coefficient of thermal expansion 
6.5  10
6
/°F and the modulus of elasticity E 30  10
6
psi?
Solution 2.5-1Expansion of railroad rails
SECTION 2.5 Thermal Effects105
The rails are prevented from expanding because of
their great length and lack of expansion joints.
Therefore, each rail is in the same condition as a bar
with fixed ends (see Example 2-7).
The compressive stress in the rails may be calculated
from Eq. (2-18).
 s11,700
 psi—
(3010
6
 psi)(6.510
6
F)(60F)
 sE(¢T)
¢T120F60F60F
Problem 2.5-2An aluminum pipe has a length of 60 m at a temperature
of 10°C. An adjacent steel pipe at the same temperature is 5 mm longer
than the aluminum pipe. 
At what temperature (degrees Celsius) will the aluminum pipe 
be 15 mm longer than the steel pipe? (Assume that the coefficients 
of thermal expansion of aluminum and steel are 
a
23  10
6
/°C 
and 
s
12  10
6
/°C, respectively.)
Solution 2.5-2Aluminum and steel pipes
I
NITIAL CONDITIONS
L
a
60 m T
0
10C
L
s
60.005 m T
0
10C

a
2310
6
/C
s
1210
6
/C
F
INAL CONDITIONS
Aluminum pipe is longer than the steel pipe by the
amount L15 mm.
Tincrease in temperature

a

a
(T)L
a

s

s
(T)L
s
From the figure above:

a
L
a
L
s
L
s
or,
a
(T)L
a
L
a
L
s
(T)L
s
L
s
Solve for T:
Substitute numerical values:

a
L
a

s
L
s
659.910
6
m/C
40.3C
—
TT
0¢T10C30.31C
¢T
15
 mm5  mm
659.910
6
 mC
30.31C
¢T
¢L(L
sL
a)

a L
a
s L
s
—

a L
a
L
s L
s
Aluminum pipe
Steel pipe